2023届高三数学一轮复习专题 利用向量的三角形法则来处理动点坐标问题 讲义 （解析版）

第Page\*MergeFormat9页共NUMPAGES\*MergeFormat9页专题：利用向量的三角形法则来处理动点坐标问题知识梳理：在立体几何中如何快速的写出与动点相关向量的坐标，是顺利解题的关键，像这类不在坐标轴又不在坐标平量的点，是要通过计算的点，除了利用共线，垂直等大家常用方法外，利用向量加法的三角形法则找计算关系是处理动点的快捷方法，需要多多体会方法1：动点P在直线或线段AB上运动，直椄设点P的坐标为（x,y,z）这是最易想，最直接的设法，但不足是引入三个未知量，增加了求解的难度方法2：动点P在直线或线段AB上运动，可以利用P,A，B三点共线设，这样只需设一个未知量就可得到向量的坐标，再利用向量的三角形法则，利用向量的坐标去表示题干中所需向量坐标，此法大大提高解题效率引题：（2021华美）已知=（1，2，3），=（2，1，2），=（1，1，2），点M在直线OC上运动，则•的最小值为典型例题：例1：如图，在长方体中，AB=4,BC=3,CC1=2,线段B1C上，是否存在一点P,使得A1P//平面ACD1？练习：如图，点是正方体的棱的中点，点在线段上运动，则下列结论正确的是（）A.直线与直线始终是异面直线B.存在点，使得C.四面体的体积为定值D.当时，平面平面例2：【2016年高考北京理数】如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.例3：如图所示的几何体ABCDE中，EA⊥平面ABC，EA∥DC，AB⊥AC，EA＝AB＝AC＝2DC，M是线段BD上的动点．(1)当M是BD的中点时，求证：BC⊥平面AME；(2)是否存在点M，使得直线BD与平面AMC所成的角为60°，若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．练习：如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC＝4，点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且eq\f(BE,EC)＝λ.(1)求证：平面ADM⊥平面PBC；(2)是否存在实数λ，使得二面角P­DE­B的余弦值为eq\f(\r(2),2)？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．专题：利用向量的三角形法则来处理动点坐标问题知识梳理：在立体几何中如何快速的写出与动点相关向量的坐标，是顺利解题的关键，像这类不在坐标轴又不在坐标平量的点，是要通过计算的点，除了利用共线，垂直等大家常用方法外，利用向量加法的三角形法则找计算关系是处理动点的快捷方法，需要多多体会方法1：动点P在直线或线段AB上运动，直椄设点P的坐标为（x,y,z）这是最易想，最直接的设法，但不足是引入三个未知量，增加了求解的难度方法2：动点P在直线或线段AB上运动，可以利用P,A，B三点共线设，这样只需设一个未知量就可得到向量的坐标，再利用向量的三角形法则，利用向量的坐标去表示题干中所需向量坐标，此法大大提高解题效率引题：（2021华美）已知=（1，2，3），=（2，1，2），=（1，1，2），点M在直线OC上运动，则•的最小值为【答案】-【解析】典型例题：例1：如图，在长方体中，AB=4,BC=3,CC1=2,线段B1C上，是否存在一点P,使得A1P//平面ACD1？【答案】P为B1C的中点【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD1所以直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(3,0,0),C（0，4，0），D1(0,0,2),所以=(-3,4,0),,设是平面ACD1的法向量则，即取x=4,y=3,z=6,由A1（3，0，2），C（0，4，0），B1（3，4，2）设则令得解得，即P为B1C的中点，A1P//平面ACD1练习：如图，点是正方体的棱的中点，点在线段上运动，则下列结论正确的是（）A.直线与直线始终是异面直线B.存在点，使得C.四面体的体积为定值D.当时，平面平面【答案】BCD【解析】对于A选项，连接交与，当点在点时，直线与直线相交，故A选项不正确；对于C.选项，连接,交于，此时//，故线段到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，故C选项正确；以为坐标原点，建立如图的坐标系，设正方体的边长为，则，，，，，，对于B选项，存在点，使得，则，，，所以，得，故当满足时，，故B选项正确；对于D选项，当满足时，，，，故平面的法向量可求得为：，，，故平面的法向量可求得为：，所以，即平面平面，故D选项例2：【2016年高考北京理数】如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】证略（2）；（3）存在，【解析】如图建立空间直角坐标系，由题意得，.设平面的法向量为，则即令，则.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.例3：(2019·浙江高考冲刺卷)如图所示的几何体ABCDE中，EA⊥平面ABC，EA∥DC，AB⊥AC，EA＝AB＝AC＝2DC，M是线段BD上的动点．(1)当M是BD的中点时，求证：BC⊥平面AME；(2)是否存在点M，使得直线BD与平面AMC所成的角为60°，若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见下（2）不存在【解析】(1)证明：因为EA⊥平面ABC，AB⊥AC，所以直线AB，AC，AE两两垂直，以A为原点，以AB，AC，AE所在直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系A­xyz，设CD＝1，则AB＝AC＝AE＝2，所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，2，1)，E(0，0，2)，因为M是BD中点，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，所以AE⊥BC，AM⊥BC，又AM⊂平面AME，AE⊂平面AME，AE∩AM＝A，所以BC⊥平面AME.(2)由(1)得，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2，2，1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，设eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2λ，2λ，λ)(0<λ<1)，则eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝(2－2λ，2λ，λ)，设平面AMC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0,n·\o(AM,\s\up6(→))＝0))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0,（2－2λ）x＋2λy＋zλ＝0))，令x＝1得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，2－\f(2,λ)))，所以cos〈eq\o(BD,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(BD,\s\up6(→))·n,|\o(BD,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(\f(2,λ),3×\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,λ)))\s\up12(2)))＝－eq\f(2,3\r(5λ2－8λ＋4))，令eq\f(2,3\r(5λ2－8λ＋4))＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，得5λ2－8λ＋eq\f(92,27)＝0，Δ＝64－4×5×eq\f(92,27)<0，所以方程无解，所以BD上不存在点M，使得直线BD与平面AMC所成的角为60°.练习：【答案】（1）见下证（2）eq\f(\r(2),2)（3）λ＝1.【解析】(1)证明：取PB的中点N，连接MN、AN，因为M是PC的中点，所以MN∥BC，MN＝eq\f(1,2)BC＝2，又BC∥AD，所以MN∥AD，MN＝AD，所以四边形ADMN为平行四边形，因为AP⊥AD，AB⊥AD，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥AN，所以AN⊥MN，因为AP＝AB，所以AN⊥PB，所以AN⊥平面PBC，因为AN⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面PBC.(2)法一：存在实数λ＝1，使得二面角P－DE－B的余弦值为eq\f(\r(2),2).因为λ＝1，所以点E为BC边的中点，所以DE∥AB，所以DE⊥平面PAD，所以∠PDA为二面角P－DE－B的一个平面角．在等腰Rt△PDA中，∠PDA＝eq\f(π,4)，所以二面角P－DE－B的余弦值为eq\f(\r(2),2).法二：存在符合条件的λ.以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.设E(2，t，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，B(2，0，0)，从而eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2，t－2，0)，设平面PDE的法向量为n1＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PD,\s\up6(→))＝0,n1·\o(DE